2020届高考物理一轮复习讲义：第五章 第2讲 动能定理及其应用(含答案)

专题5.2 动能和动能定理1.掌握动能和动能定理；2.能运用动能定理解答实际问题。

知识点一 动能(1)定义：物体由于运动而具有的能。

(2)公式：E k ＝12mv 2，v 为瞬时速度，动能是状态量。

(3)单位：焦耳，1 J ＝1 N·m ＝1 kg·m 2/s 2。

(4)标矢性：动能是标量，只有正值。

(5)动能的变化量：ΔE k ＝E k2－E k1＝12mv 22－12mv 21。

知识点二 动能定理(1)内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化。

(2)表达式：W ＝ΔE k ＝12mv 22－12mv 21。

(3)物理意义：合外力对物体做的功是物体动能变化的量度。

(4)适用条件①既适用于直线运动，也适用于曲线运动。

②既适用于恒力做功，也适用于变力做功。

③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。

考点一 动能定理的理解及应用【典例1】(2018·全国卷Ⅰ·18)如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为2R ；bc 是半径为R 的四分之一圆弧，与ab 相切于b 点．一质量为m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g .小球从a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )A ．2mgRB ．4mgRC ．5mgRD ．6mgR【答案】C【解析】小球从a 运动到c ，根据动能定理，得F ·3R －mgR ＝12mv 21，又F ＝mg ，故v 1＝2gR ，小球离开c 点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动．且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g ，故小球从c 点到最高点所用的时间t ＝v 1g＝2R g ，水平位移x ＝12gt 2＝2R ，根据功能关系，小球从a 点到轨迹最高点机械能的增量为力F 做的功，即ΔE ＝F ·(2R ＋R ＋x )＝5mgR 。

第2讲动能定理及其应用板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】动能Ⅱ1.定义：物体由于运动而具有的能。

2.公式：E k＝12mv2。

3.物理意义：动能是状态量，是标量(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向无关。

4.单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。

5.动能的相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性。

6.动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE k＝12mv22－12mv21。

【知识点2】动能定理Ⅱ1.内容：合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。

2.表达式(1)W＝ΔE k。

(2)W＝E k2－E k1。

(3)W＝12mv22－12mv21。

3.物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。

4.适用范围广泛(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。

(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。

(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。

板块二考点细研·悟法培优考点1 动能定理的理解和应用 [拓展延伸]1.做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。

2.动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。

3.动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、E k等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理。

4.若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑。

例1 如图所示，质量为m的滑块从h高处的a点沿倾斜轨道ab滑入水平轨道bc(两轨道平滑连接)，滑块与倾斜轨道及水平轨道间的动摩擦因数相同。

滑块在a、c两点时的速度大小均为v、ab长度与bc长度相等。

空气阻力不计，则滑块从a到c的运动过程中( )A ．滑块的动能始终保持不变B.滑块在bc 过程克服阻力做的功一定等于mgh2C.滑块经b 点时的速度大于 gh ＋v 2D.滑块经b 点时的速度等于 2gh ＋v 2滑块从b 到c 的过程中摩擦力做功吗？做正功还是负功？提示：做功。

第2讲动能定理及其应用板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】动能Ⅱ1.定义：物体由于运动而具有的能。

2.公式：E k＝12m v2。

3.物理意义：动能是状态量，是标量(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向无关。

4.单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。

5.动能的相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性。

6.动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE k＝12m v22－12m v21。

【知识点2】动能定理Ⅱ1.内容：合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。

2.表达式(1)W＝ΔE k。

(2)W＝E k2－E k1。

(3)W＝12m v22－12m v21。

3.物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。

4.适用范围广泛(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。

(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。

(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。

板块二考点细研·悟法培优考点1 动能定理的理解和应用[拓展延伸]1.做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。

2.动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。

3.动能定理中涉及的物理量有F 、l 、m 、v 、W 、E k 等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理。

4.若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑。

例1 如图所示，质量为m 的滑块从h 高处的a 点沿倾斜轨道ab 滑入水平轨道bc (两轨道平滑连接)，滑块与倾斜轨道及水平轨道间的动摩擦因数相同。

滑块在a 、c 两点时的速度大小均为v 、ab 长度与bc 长度相等。

空气阻力不计，则滑块从a 到c 的运动过程中( )A ．滑块的动能始终保持不变B.滑块在bc 过程克服阻力做的功一定等于mgh2C.滑块经b 点时的速度大于 gh ＋v 2D.滑块经b 点时的速度等于2gh ＋v 2(1)滑块从b 到c 的过程中摩擦力做功吗？做正功还是负功？ 提示：做功。

第2讲动能定理及其应用考点1 动能定理的理解1．对“外力”的两点理解(1)“外力”可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，它们可以同时作用，也可以不同时作用．(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力．2．公式中“＝”体现的三个关系3.动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题．当然动能定理也就不存在分量的表达式．例如，以相同大小的初速度不管向什么方向抛出，在最终落到地面上速度大小相同的情况下，所列的动能定理的表达式都是一样的．4．相对性高中阶段动能定理中的位移和速度必须相对于同一个参考系，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．1．如图所示，一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在两个力的方向上的速度分量分别为v1、v2，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( B )A.16mv 2B.14mv 2C.13mv 2D.12mv 2 解析：由动能定理得，合力F 做的功W ＝12mv 2，由功的公式W ＝Fs cos α知两个分力的功相等W 1＝W 2.因W ＝W 1＋W 2，所以W 1＝W 2＝12W ＝14mv 2，故B 正确．2．如图所示，质量为M 的木块静止在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进的距离为L ，子弹进入木块的深度为s .若木块对子弹的阻力F 视为恒定，则下列关系式中错误的是( B )A ．FL ＝12Mv 2B ．Fs ＝12mv 2C ．Fs ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2D ．F (L ＋s )＝12mv 20－12mv 2解析：根据动能定理，对子弹，有－F (L ＋s )＝12mv 2－12mv 20，选项D 正确；对木块，有FL ＝12Mv 2，选项A 正确；由以上二式可得Fs ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2，选项C 正确，只有选项B错误．考点2 动能定理的应用1．应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．。

第2讲动能定理及其应用1. [2020 •课标全国卷I ]如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POC水平。

一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。

质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg g 为重力加速度的大小。

用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。

则（）1A. W 2mgR质点恰好可以到达Q点1B. W>mgR质点不能到达Q点1C. W 2mgR质点到达Q点后，继续上升一段距离1D. W<mgR质点到达Q点后，继续上升一段距离答案C解析根据质点滑到轨道最低点N时，对轨道压力为4mg利用牛顿第三定律2 可知，轨道对质点的支持力为4mg在最低点，由牛顿第二定律得，4mg-mg= mR，解得质点滑到最低点的速度v = . 3gR对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由1 1动能定理得，2mgR- W 2口&，解得W 2mgR质点运动过程，半径方向的合力提供向心力，即F N— mgsin B =囁，根据左右对称，在同一高度，由于摩擦力做功会导致右半幅的速度小，轨道弹力变小，滑动摩擦力 f =^F N变小，所以摩擦力做功变小，那么对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q点时克服摩擦力做功W要小于W 1=2mgR由此可知，质点到达Q点后，可继续上升一段距离，选项C正确，选项A、B、D错误。

2. [2020 •四川高考]在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小（）A. —样大B.水平抛的最大C.斜向上抛的最大D.斜向下抛的最大答案A解析三个小球被抛出后，均仅在重力作用下运动，三个小球从同一位置落至亠、 1 2同一水平地面时，设其下落咼度为h，小球质量为m。

根据动能定理可知mgh= ^m\末—$V，得v末“2gh+ v0，又三个小球的初速度大小以及高度相等，则落地时的速度大小相等，A项正确。

第2讲动能和动能定理及其应用1．质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则()．A．质量大的物体滑行的距离大B．质量小的物体滑行的距离大C．它们滑行的距离一样大D．它们克服摩擦力所做的功一样多解析由动能定理可得－F f x＝0－E k，即μmgx＝E k，由于动能相同动摩擦因数相同，故质量小的滑行距离大，它们克服摩擦力所做的功都等于E k.答案BD2．一个25 kg的小孩从高度为3.0 m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0 m/s.取g＝10 m/s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是()．A．合外力做功50 J B．阻力做功500 JC．重力做功500 J D．支持力做功50 J解析合外力做的功W合＝E k－0，即W合＝12m v2＝12×25×22 J＝50 J，A项正确；WG＋W阻＝E k－0，故W阻＝12m v2－mgh＝50 J－750 J＝－700 J，B项错误；重力做功WG＝mgh＝25×10×3 J＝750 J，C错；小孩所受支持力方向上的位移为零，故支持力做的功为零，D 错．答案 A3．在地面上某处将一金属小球竖直向上拋出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则下列图象能正确反映小球的速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是(取向上为正方向)()解析小球运动过程中加速度不变，B错；速度均匀变化先减小后反向增大，A对；位移和动能与时间不是线性关系，C、D错．答案A4．刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一．如图1所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离l与刹车前的车速v的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦．据此可知，下列说法中正确的是()．图1A．甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车的刹车性能好B．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D．甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大解析在刹车过程中，由动能定理可知：μmgl＝12m v2，得l＝v22μg＝v22a可知，甲车与地面间动摩擦因数小(题图线1)，乙车与地面间动摩擦因数大(题图线2)，刹车时的加速度a＝μg，乙车刹车性能好；以相同的车速开始刹车，乙车先停下来．B 正确．答案 B5．如图2所示，长为L的木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的物体，现缓慢抬高A端，使木板以左端为轴在竖直面内转动，当木板转到与水平面成α角时物体开始滑动，此时停止转动木板，物体滑到木板底端时的速度为v，则在整个过程中()．图2A．支持力对物体做功为0B．摩擦力对物体做功为mgL sin αC．摩擦力对物体做功为12m v2－mgL sin αD．木板对物体做功为12m v2解析木板由水平转到与水平面成α角的过程中，木板对物体的支持力做正功，重力做负功，两者相等，即W G＝W N＝mgL sin α，所以A错误；物体从开始下滑到底端的过程中，支持力不做功，重力做正功，摩擦力做负功，由动能定理得W G＋W f＝12m v2－0，即Wf＝12m v2－mgL sin α，故C正确、B错误；对全过程运用能量观点，重力做功为0，无论支持力还是摩擦力，施力物体都是木板，所以木板做功为12m v2，D正确．答案CD6．如图3所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡(粗糙)底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，A、B之间的水平距离为x，重力加速度为g.下列说法正确的是()图3A．小车克服重力所做的功是mghB．合外力对小车做的功是12m v2C．推力对小车做的功是12m v2＋mghD．阻力对小车做的功是12m v2＋mgh－Fx解析：小车克服重力做功W＝mgh，A正确；由动能定理，小车受到的合力所做的功等于小车动能的增量，W合＝ΔE k＝12m v2，B正确；由动能定理，W合＝W推＋W重＋W阻＝12m v2，所以推力做的功W推＝12m v2－W阻－W重＝12m v2＋mgh－W阻，C错误；阻力对小车做的功W阻＝12m v2－W推－W重＝12m v2＋mgh－Fx，D正确．答案：ABD7．如图4所示，竖直平面内有一个半径为R的半圆形轨道OQP，其中Q是半圆形轨道的中点，半圆形轨道与水平轨道OE在O点相切，质量为m的小球沿水平轨道运动，通过O点进入半圆形轨道，恰好能够通过最高点P，然后落到水平轨道上，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是()．图4A ．小球落地时的动能为2.5mgRB ．小球落地点离O 点的距离为2RC ．小球运动到半圆形轨道最高点P 时，向心力恰好为零D ．小球到达Q 点的速度大小为3gR解析 小球恰好通过P 点，mg ＝m v 20R 得v 0＝gR .根据动能定理mg ·2R ＝12m v 2－12m v 20得12m v 2＝2.5mgR ，A 正确．由平抛运动知识得t ＝4Rg ，落地点与O 点距离x ＝v 0t ＝2R ，B 正确．P 处小球重力提供向心力，C 错误．从Q 到P 由动能定理得－mgR ＝12m (gR )2－12m v 2Q ，所以v Q ＝3gR ，D 正确． 答案 ABD8．太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车．当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进．设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t ，速度为v 时功率达到额定功率，并保持不变．之后汽车又继续前进了距离s ，达到最大速度v max .设汽车质量为m ，运动过程中所受阻力恒为f ，则下列说法正确的是( )． A ．汽车的额定功率为f v maxB ．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为f v tC ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力所做的功为 12m v 2max －12m v 2D ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为12m v 2max解析 当汽车达到最大速度时牵引力与阻力平衡，功率为额定功率，则可知选项A 正确；汽车匀加速运动过程中通过的位移x ＝12v t ，克服阻力做功为W ＝12f v t ，选项B 错误；根据动能定理可得W F －W f ＝12m v 2max －0，W f＝12f v t ＋fs ，可知选项C 错误、D 正确． 答案 AD9．质量为2 kg 的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移L 之间的关系如图5所示，重力加速度g 取10 m/s 2，则此物体( )图5A ．在位移L ＝9 m 时的速度是3 3 m/sB ．在位移L ＝9 m 时的速度是3 m/sC ．在OA 段运动的加速度是2.5 m/s 2D ．在OA 段运动的加速度是1.5 m/s 2解析：由图象可知当L ＝9 m 时，W ＝27 J ，而W f ＝－μmgL ＝－18 J ，则W 合＝W ＋W f ＝9 J ，由动能定理有W 合＝12m v 2，解得v ＝3 m/s ，B 正确，在A 点时，W ′＝15 J ，W f ′＝－μmgL ′＝－6 J ，由动能定理可得v A ＝3 m/s ，则a ＝v 2A 2L ′＝1.5 m/s 2，D 正确．答案：BD10．如图6所示为某娱乐场的滑道示意图，其中AB 为曲面滑道，BC 为水平滑道，水平滑道BC 与半径为1.6 m 的14圆弧滑道CD 相切，DE 为放在水平地面上的海绵垫．某人从坡顶滑下，经过高度差为20 m 的A 点和B 点时的速度分别为2 m/s 和12 m/s ，在C 点做平抛运动，最后落在海绵垫上E 点．人的质量为70 kg ，在BC 段的动摩擦因数为0.2.问：图6(1)从A 到B 的过程中，人克服阻力做的功是多少？ (2)为保证在C 点做平抛运动，BC 的最大值是多少？ (3)若BC 取最大值，则DE 的长是多少？解析 (1)由动能定理：W G －W f ＝12m v 2B －12m v 2A 得：W f ＝9 100 J. (2)BC 段加速度为：a ＝μg ＝2 m/s 2，设在C 点的最大速度为v m ，由mg ＝m v 2mr ，v m ＝gr ＝4 m/s ，BC 的最大值为：s BC ＝v 2B －v 2m2a ＝32 m ，BC 的长度范围是0～32 m.(3)平抛运动的时间：t ＝2rg ＝0.32＝0.566 s ，BC 取最大长度，对应平抛运动的初速度为v m ＝4 m/s ， 平抛运动的水平位移：s 平＝v m t ＝2.26 m ， DE 的长：s DE ＝s 平－r ＝2.26 m －1.6 m ＝0.66 m. 答案 (1)9 100 J (2)32 m (3)0.66 m11．如图7甲所示，一质量为m ＝1 kg 的物块静止在粗糙水平面上的A 点，从t ＝0时刻开始，物块受到按如图乙所示规律变化的水平力F 作用并向右运动，第3 s 末物块运动到B 点时速度刚好为0，第5 s 末物块刚好回到A 点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，(g 取10 m/s 2)求：图7(1)A 与B 间的距离；(2)水平力F 在5 s 内对物块所做的功．解析：(1)在3～5 s 内物块在水平恒力F 作用下由B 点匀加速运动到A 点，设加速度大小为a ，A 与B 间的距离为s ，则 F －μmg ＝ma a ＝F －μmg m＝2 m/s 2s ＝12at 2＝4 m.即A 与B 间的距离为4 m.(2)设整个过程中F 做的功为W F ，物块回到A 点时的速度为v A ，由动能定理得W F －2μmgs ＝12m v 2A ，v 2A ＝2as ，由以上两式得W F ＝2μmgs ＋mas ＝24 J. 答案：(1)4 m (2)24 J12．如图8所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆，摆锤的质量为m 、细杆可绕轴O 在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O点距离为L，测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O等高的位置处静止释放．摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s(s≪L)，之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置．若摆锤对地面的压力可视为大小为F的恒力，重力加速度为g，求：图8(1)摆锤在上述过程中损失的机械能；(2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功；(3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数．解析(1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程研究．因为初、末状态动能为零，所以全程损失的机械能ΔE等于减少的重力势能，即：ΔE＝mgL cos θ.①(2)对全程应用动能定理：W G＋W f＝0，②W G＝mgL cos θ，③由②、③得W f＝－W G＝－mgL cos θ④(3)由滑动摩擦力公式得f＝μF，⑤摩擦力做的功W f＝－fs，⑥④、⑤式代入⑥式得：μ＝mgL cos θFs. ⑦答案(1)mgL cos θ(2)－mgL cos θ(3)mgL cos θFs。

基础复习课第二讲动能定理及其应用[小题快练]1．判断题(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．( √ )(2)动能不变的物体一定处于平衡状态．( × )(3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零．( √ )(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．( × )(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．( × )(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比．( √ )2．(多选)关于动能定理的表达式W＝E k2－E k1，下列说法正确的是( BC )A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C．公式中的E k2－E k1为动能的增量，当W>0时动能增加，当W<0时，动能减少D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功3．NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众．比赛中经常有这样的场面：在临终场0.1 s 的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的胜利．若运动员投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐的高度为h2，球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为( C )A．mgh1＋mgh2－WB．mgh2－mgh1－WC．W＋mgh1－mgh2D．W＋mgh2－mgh1考点一动能定理的理解及应用(自主学习)1．动能定理公式中体现的“三个关系”(1)数量关系：即合力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功．(2)单位关系：等式两侧物理量的国际单位都是焦耳．(3)因果关系：合力做的功是引起物体动能变化的原因．2．对“外力”的理解动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力．3．应用动能定理的“四点注意”(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．(2)动能定理的表达式是一个标量式，不能在某方向上应用动能定理．(3)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便．(4)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解．1－1.[解决曲线运动问题](2015·四川卷)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小() A．一样大B．水平抛的最大C．斜向上抛的最大D．斜向下抛的最大解析：根据动能定理可知12m v2末＝mgh＋12m v2，得v末＝2gh＋v20，又因三个小球的初速度大小以及高度相等，则落地时的速度大小相等，A项正确．答案：A1－2.[解决直线运动问题]一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示．当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()A．tan θ和H 2B．(v22gH－1)tan θ和H2C．tan θ和H 4D．(v22gH－1)tan θ和H4解析：由动能定理有－mgH－μmg cos θHsin θ＝0－12m v2－mgh－μmg cos θhsin θ＝0－12m(v2)2解得μ＝(v22gH－1)tan θ，h＝H4，故D正确．答案：D1－3.[解决变力做功问题](2015·全国卷Ⅰ)如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g 为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则()A．W＝12mgR，质点恰好可以到达Q点B．W＞12mgR，质点不能到达Q点C．W＝12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D．W＜12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离解析：根据质点滑到轨道最低点N时，对轨道压力为4mg，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg .在最低点，由牛顿第二定律得，4mg －mg ＝m v2R ，解得质点滑到最低点的速度v ＝3gR .对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得，2mgR －W ＝12m v 2，解得W ＝12mgR .对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q 点时克服摩擦力做功W ′要小于W ＝12mgR .由此可知，质点到达Q 点后，可继续上升一段距离，C 正确． 答案：C考点二 动能定理在多过程问题中的应用 (师生共研)1．应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息． 2．应用动能定理解题的基本思路[典例] 如图，一个质量为0.6 kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC 的A 点沿切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R ＝0.3 m ，θ＝60°，小球到达A 点时的速度v A ＝4 m/s.g 取10 m/s 2，求：(1)小球做平抛运动的初速度v 0； (2)P 点与A 点的高度差；(3)小球到达圆弧最高点C 时对轨道的压力．解析：(1)由题意知小球到A 点的速度v A 沿曲线上A 点的切线方向，对速度分解如图所示： 小球做平抛运动，由平抛运动规律得 v 0＝v x ＝v A cos θ＝2 m/s.(2)小球由P 至A 的过程由动能定理得 mgh ＝12m v 2A －12m v 20 解得：h ＝0.6 m.(3)小球从A 点到C 点的过程中，由动能定理得 －mg (R cos θ＋R )＝12m v 2C－12m v 2A 解得：v C ＝7 m/s小球在C 点由牛顿第二定律得 F N C ＋mg ＝m v 2CR解得F N C ＝8 N由牛顿第三定律得F N C ′＝F N C ＝8 N 方向竖直向上．答案：(1)2 m/s (2)0.6 m (3)8 N ，方向竖直向上 [反思总结]动能定理在多过程问题中的应用1．对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成多个子过程，分别对每个过程分析，得出每个过程遵循的规律．当每个过程都可以运用动能定理时，可以选择分段或全程应用动能定理，题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单方便．2．应用全程法解题求功时，有些力可能不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，正确写出总功．(2018·余姚中学模拟)如图所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度x ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30 m ，h 2＝1.35 m ．现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放，小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块第二次通过C点时的速度大小；(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离．解析：(1)小物块从A到D的过程中，由动能定理得：mg(h1－h2)－μmgx＝12m v2D－0，代入数据得：v D＝3 m/s.(2)从D到C的过程，由动能定理得：mgh2＝12m v2C－12m v2D，代入数据得：v C＝6 m/s.(3)滑块最终静止在BC上，对全过程，运用动能定理得：mgh1－μmgs＝0，代入数据解得：s＝8.6 m，则距离B点的距离为：L＝5 m－(8.6－5) m＝1.4 m.答案：(1)3 m/s(2)6 m/s(3)1.4 m考点三 与图象相关的动能问题 (自主学习)图象所围“面积”的意义1．v －t 图：由公式x ＝v t 可知，v －t 图线与时间轴围成的面积表示物体的位移． 2．a －t 图：由公式Δv ＝at 可知，a －t 图线与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量． 3．F －x 图：由公式W ＝Fx 可知，F －x 图线与位移轴围成的面积表示力所做的功． 4．P －t 图：由公式W ＝Pt 可知，P －t 图线与时间轴围成的面积表示力所做的功．3－1.[v －t 图象] A 、B 两物体分别在水平恒力F 1和F 2的作用下沿水平面运动，先后撤去F 1、F 2后，两物体最终停下，它们的v －t 图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是( )A ．F 1、F 2大小之比为1∶2B ．F 1、F 2对A 、B 做功之比为1∶2C ．A 、B 质量之比为2∶1D ．全过程中A 、B 克服摩擦力做功之比为2∶1 答案：C3－2.[a －t 图象] 用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大C ．物体在2～4 s 内速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力做的功解析：由a －t 图象可知：图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负．物体6 s 末的速度v 6＝12×(2＋5)×2 m/s－12×1×2 m/s ＝6 m/s ，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，A 错误；由图象可知物体在5 s 末速度最大，v m ＝12×(2＋5)×2 m/s ＝7 m/s ，B 错误；由图象可知在2～4 s 内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C 错误；在0～4 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合4＝12m v 24－0，又v 4＝12×(2＋4)×2 m/s ＝6 m/s ，得W 合4＝36 J ，0～6 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合6＝12m v 26－0，又v 6＝6 m/s ，得W 合6＝36 J ，则W 合4＝W 合6，D 正确． 答案：D1．(多选)(2019·北京第十九中学月考)将质量为m 的小球在距地面高度为h 处抛出，抛出时的速度大小为v 0.小球落到地面的速度大小为2v 0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是( BC ) A ．小球克服空气阻力做的功大于mgh B ．重力对小球做的功等于mgh C ．合外力对小球做的功大于m v 20D ．合外力对小球做的功等于m v 20解析：根据动能定理得：12m (2v 0)2－12m v 20＝mgh －W f ，解得：W f＝mgh －32m v 20<mgh ，故A 错误；重力做的功为W G ＝mgh ，B 正确；合外力对小球做的功W 合＝12m (2v 0)2－12m v 20＝32m v 20，C 正确，D 错误．2．(2018·山东、湖北联考)如图所示，斜面AB 竖直固定放置，物块(可视为质点)从A 点静止释放沿斜面下滑，最后停在水平面上的C 点，从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功为W .因斜面塌陷，斜面变成APD 曲面，D 点与B 在同一水平面上，且在B 点左侧．已知各接触面粗糙程度均相同，不计物块经过B 、D 处时的机械能损失，忽略空气阻力，现仍将物块从A 点静止释放，则( B )A ．物块将停在C 点B．物块将停在C点左侧C．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功大于WD．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功小于W解析：物块在斜面上滑动时，克服摩擦力做的功为W f＝μmg cos θ·L，物块在曲面上滑动时，做曲线运动，根据牛顿第二定律有：F N－mg cos θ＝m v2R，即F N＞mg cos θ，故此时的滑动摩擦力f′＝μF N＞μmg cos θ，且物块在曲面上滑过路程等于在斜面上滑过的路程L，故物块在曲面上克服摩擦力做的功W′f＞W f＝μmg cos θ·L，根据动能定理可知，物块将停在C点左侧，故A错误，B正确；从释放到最终停止，动能的改变量为零，根据动能定理可知，物块克服摩擦力做的功等于重力做的功，而两种情况下，重力做的功相同，物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功等于W，故C、D错误．3．如图所示，水平平台上有一个质量m＝50 kg的物块，站在水平地面上的人用跨过定滑轮的细绳向右拉动物块，细绳不可伸长．不计滑轮的大小、质量和摩擦．在人以速度v 从平台边缘正下方匀速向右前进x的过程中，始终保持桌面和手的竖直高度差h不变．已知物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，v＝0.5 m/s，x＝4 m，h＝3 m，g取10 m/s2.求人克服细绳的拉力做的功．解析：设人发生x的位移时，绳与水平方向的夹角为θ，由运动的分解可得，物块的速度v1＝v cos θ由几何关系得cos θ＝xh2＋x2在此过程中，物块的位移s＝h2＋x2－h＝2 m 物块克服摩擦力做的功W f＝μmgs对物块，由动能定理得W T－W f＝12m v21所以人克服细绳的拉力做的功W T＝m v2x22(h2＋x2)＋μmgs＝504 J.答案：504 J[A组·基础题]1．(2016·四川卷)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中( C )A．动能增加了1 900 JB．动能增加了2 000 JC．重力势能减小了1 900 JD．重力势能减小了2 000 J2. 质量为10 kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图所示．物体在x＝0处，速度为1 m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16 m处时，速度大小为( B )A．2 2 m/s B．3 m/sC．4 m/s D．17 m/s3. 如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( A )A.1μ(v202g cos θ＋x0tan θ) B．1μ(v202g sin θ＋x0tan θ)C.2μ(v202g cos θ＋x0tan θ) D．1μ(v202g cos θ＋x0cot θ)4. 如图所示，质量为M＝3 kg的小滑块，从斜面顶点A由静止沿ABC下滑，最后停在水平面上的D点，不计滑块从AB面滑上BC面以及从BC面滑上CD面时的机械能损失．已知AB＝BC＝5 m，CD＝9 m，θ＝53°，β＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s2)，在运动过程中，小滑块与所有接触面间的动摩擦因数相同．则( D )A ．小滑块与接触面间的动摩擦因数μ＝0.5B ．小滑块在AB 面上运动的加速度a 1与小滑块在BC 面上运动的加速度a 2之比a 1a 2＝53C ．小滑块在AB 面上的运动时间小于小滑块在BC 面上运动时间D ．小滑块在AB 面上运动时克服摩擦力做功小于小滑块在BC 面上运动时克服摩擦力做功5．(多选) 某人通过光滑滑轮将质量为m 的物体，沿光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h ，到达斜面顶端的速度为v ，如图所示．则在此过程中( BD )A ．物体所受的合力做功为mgh ＋12m v 2 B ．物体所受的合力做功为12m v 2 C ．人对物体做的功为mgh D ．人对物体做的功大于mgh6．(多选) 如图所示，竖直平面内固定着一个螺旋形光滑轨道，一个小球从足够高处落下，刚好从A 点进入轨道，则关于小球经过轨道上的B 点和C 点时，下列说法正确的是( ABC )A ．轨道对小球不做功B ．小球在B 点的速度小于在C 点的速度C ．小球在B 点对轨道的压力小于在C 点对轨道的压力D ．改变小球下落的高度，小球在B 、C 两点对轨道的压力差保持不变7．(多选) (2016·浙江卷)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( AB )A．动摩擦因数μ＝6 7B．载人滑草车最大速度为2gh 7C．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为3 5g8．(多选) 如图所示，x轴在水平地面上，y轴竖直向上，在y轴上的P点分别沿x轴正方向和y轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a和b，不计空气阻力，若b上升的最大高度等于P点离地的高度，则从抛出到落地有( BD )A．a的运动时间是b的运动时间的2倍B．a的位移大小是b的位移大小的5倍C．a、b落地时的速度相同，因此动能一定相同D．a、b落地时的速度不同，但动能相同[B组·能力题]9．(多选)(2019·长春实验中学期中)如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B 点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．下列说法正确的是( ABD )A．小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功W f＝fdB．小船经过B点时的速度大小v1＝v20＋2m(Pt1－fd)C．小船经过B点时的速度大小v1＝2v20＋2m(Pt1－fd)D．小船经过B点时的加速度大小a＝Pm2v20＋2m(Pt1－fd)－fm解析：小船从A点运动到B点过程中克服阻力做功：W f＝fd，故A正确；小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功：W＝Pt1，由动能定理有：W－W f＝12m v21－12m v2，联立解得：v1＝v20＋2(Pt1－fd)m，故B正确，C错误；设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，绳的速度大小为v′，则P＝F v′，v′＝v1cos θ，F cos θ－f＝ma，联立解得：a＝Pm2v20＋2m(Pt1－fd)－fm，故D正确．A．在运动过程中滑块A的最大加速度是2.5 m/s2 B．在运动过程中滑块B的最大加速度是3 m/s2 C．滑块在水平面上运动的最大位移是3 mD．物体运动的最大速度为 5 m/s解析：假设开始时A、B相对静止，对整体根据牛顿第二定律，有F＝2Ma，解得a＝F 2M＝102×2＝2.5 m/s2；隔离B，B受到重力、支持力和A对B的静摩擦力，根据牛顿第二定律，f＝Ma＝2×2.5＝5 N＜μMg＝6 N，所以A、B不会发生相对滑动，保持相对静止，最大加速度均为2.5 m/s2，故A正确，B错误；当F＝0时，加速度为0，之后A、B做匀速运动，位移继续增加，故C错误；F－x图象包围的面积等于力F做的功，W＝12×2×10＝10 J；当F＝0，即a＝0时达到最大速度，对A、B整体，根据动能定理，有W＝12×2M v2m－0；代入数据得：v m＝ 5 m/s，故D正确．11. 为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角θ＝60°，长L1＝2 3 m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2＝32m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D，如图所示．现将一个小球从距A点高h＝0.9 m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝33.g取10 m/s2，求：(1)小球初速度的大小；(2)小球滑过C点时的速率；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件．解析：(1)小球开始时做平抛运动，有v2y＝2gh代入数据解得v y＝2gh＝2×10×0.9 m/s＝3 2 m/s在A点有tan θ＝v y v x得v x＝v0＝v ytan θ＝323m/s＝ 6 m/s.(2)从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得mg(h＋L1sin θ)－μmgL1cos θ－μmgL2＝12m v2C－12m v2代入数据解得v C＝3 6 m/s.(3)小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，有mg＝m v2R112m v 2C ＝2mgR1＋12m v2代入数据解得R1＝1.08 m.当小球刚能到达与圆心等高处时，有12m v 2C＝mgR2代入数据解得R2＝2.7 m.当圆轨道与AB相切时R3＝L2·tan 60°＝1.5 m综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是0＜R≤1.08 m. 答案：(1) 6 m/s(2)3 6 m/s(3)0＜R≤1.08 m。

2．公式：E＝□kmv2。

041mv22－11动能定理及其应用主干梳理对点激活知识点动能Ⅱ1．定义：物体由于□01运动而具有的能。

02123．矢标性：动能是□03标量，只有正值，动能与速度方向□04无关。

4．状态量：动能是□05状态量，因为v是瞬时速度。

5．相对性：由于速度具有□06相对性，所以动能也具有相对性。

116．动能的变化：物体□07末动能与□08初动能之差，即ΔEk＝22mv2。

动能的变化是过程量。

知识点动能定理Ⅱ1．内容：合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中□01动能的变化。

2．表达式(1)W＝□02ΔEk。

(2)W＝□03Ek2－Ek1。

1(3)□W＝2mv2－2mv2。

3．物理意义：□05合外力的功是物体动能变化的量度。

4．适用范围广泛(1)既适用于直线运动，也适用于□06曲线运动。

(2)既适用于恒力做功，也适用于□07变力做功。

(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以□08不同时作用。

一思维辨析1．合外力做功是物体动能变化的原因。

()2．如果物体所受合外力不为零，那么合外力的功也一定不为零。

()3．物体的动能不变就是物体的速度不变。

()4．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。

()5．运用动能定理可以求变力做功。

()答案 1.√ 2.× 3.× 4.× 5.√二对点激活1．(人教版必修2·P74·T1改编)改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变，下列几种情形中，汽车的动能不变的是()EA ．质量不变，速度增大到原来的 2 倍B ．速度不变，质量增大到原来的 2 倍C ．质量减半，速度增大到原来的 2 倍D ．速度减半，质量增大到原来的 4 倍 答案 D1 解析 由 E k ＝2mv 2知只有 D 项汽车动能不变。

2．(多选)关于动能定理的表达式 W ＝E k2－E k1，下列说法正确的是( )A ．公式中的 W 为不包含重力的其他力做的总功B ．公式中的 W 为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C ．公式中的 E k2－E k1 为动能的增量，当 W >0 时，动能增加，当 W <0 时，动能减少D ．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功答案 BC解析 W ＝E k2－E k1 中的 W 指合外力的功，当然包括重力在内， k2－E k1 为动能的增量，由 功来量度，W >0，ΔE k >0，W <0，ΔE k <0，动能定理也适用于曲线运动和变力做功。

本套资源目录江苏专版2020版高考物理一轮复习第五章实验五验证机械能守恒定律讲义含解析江苏专版2020版高考物理一轮复习第五章实验四探究动能定理讲义含解析江苏专版2020版高考物理一轮复习第五章第1节功和功率讲义含解析江苏专版2020版高考物理一轮复习第五章第2节动能定理及其应用讲义含解析江苏专版2020版高考物理一轮复习第五章第3节机械能守恒定律及其应用讲义含解析江苏专版2020版高考物理一轮复习第五章第4节功能关系能量守恒定律讲义含解析验证机械能守恒定律一、实验目的验证机械能守恒定律。

二、实验器材铁架台(含铁夹)、打点计时器、学生电源(交流4～6 V)、纸带(数条)、复写纸、导线、毫米刻度尺、重物(带纸带夹)。

突破点(一) 实验原理与操作[例1] 在利用自由落体运动验证机械能守恒定律的实验中，电源的频率为50 Hz ，依次打出的点为0,1,2,3,4，…，n 。

则：(1)如用第2点到第6点之间的纸带来验证，必须直接测量的物理量为____________、____________、____________，必须计算出的物理量为____________、____________，验证的表达式为____________________。

(2)下列实验步骤操作合理的排列顺序是______(填写步骤前面的字母)。

A ．将打点计时器竖直安装在铁架台上B ．接通电源，再松开纸带，让重物自由下落C ．取下纸带，更换新纸带(或将纸带翻个面)重新做实验D ．将重物固定在纸带的一端，让纸带穿过打点计时器，用手提着纸带E ．选择一条纸带，用刻度尺测出物体下落的高度h 1，h 2，h 3，…，h n ，计算出对应的瞬时速度v 1，v 2，v 3，…，v nF ．分别算出12mv n 2和mgh n ，在实验误差允许的范围内看是否相等 [答案] (1)第2点到第6点之间的距离h 26第1点到第3点之间的距离h 13 第5点到第7点之间的距离h 57第2点的瞬时速度v 2 第6点的瞬时速度v 6mgh 26＝12mv 62－12mv 22 (2)ADBCEF[由题引知·要点谨记]1.实验原理的理解[对应第1题]1两种验证方法①利用起始点和第n 点计算。

动能定理及其应用(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化。

(√)(2)动能不变的物体一定处于平衡状态。

(×)(3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零。

(√)(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。

(×)(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。

(×)(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比。

(√)突破点(一) 对动能定理的理解1．对“外力”的两点理解(1)“外力”可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，它们可以同时作用，也可以不同时作用。

(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力。

2．公式中“＝”体现的三个关系数量关系合力做的功与物体动能的变化相等单位关系国际单位都是焦耳因果关系合力做功是物体动能变化的原因[题点全练]1．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是( ) A ．合外力为零，则合外力做功一定为零 B ．合外力做功为零，则合外力一定为零 C ．合外力做功越多，则动能一定越大 D ．动能不变，则物体合外力一定为零解析：选A 由W ＝Fl cos α可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A 正确，B 错误；由动能定理W ＝ΔE k 可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大。

动能不变，合外力做功为零，但物体合外力不一定为零，C 、D 均错误。

2.(2018·江阴四校期中)质量为M 、长度为L 的长木板静止在光滑的水平面上，质量为m 的小滑块停放在长木板的最右端，滑块和木板之间的动摩擦因数为μ。

现用一个大小为F 的恒力作用在M 上，当小滑块滑到木板的最左端时，滑块和木板的速度大小分别为v 1、v 2，滑块和木板相对于地面的位移大小分别为s 1、s 2。

下列关系式错误的是( )A ．μmgs 1＝12mv 12B ．Fs 2－μmgs 2＝12Mv 22C ．μmgL ＝12mv 12D ．Fs 2－μmgs 2＋μmgs 1＝12Mv 22＋12mv 12解析：选C 对滑块，滑块受到重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有 μmgs 1＝12mv 12，故A 正确；对木板，由动能定理得：Fs 2－μmgs 2＝12Mv 22，故B 正确；由以上两式相加可得：Fs 2－μmgs 2＋μmgs 1＝12Mv 22＋12mv 12，又s 2－s 1＝L ，则得：Fs 2－μmgL ＝12Mv 22＋12mv 12，故C 错误，D 正确。

动能定理及应用一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选题，7～10题为多选题)1．质量不等但有相同初动能的两物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直到停止，则( )A ．质量大的物体滑行距离大B ．质量小的物体滑行距离大C ．质量小的物体克服摩擦做的功多D ．质量大的物体克服摩擦做的功多解析：B 根据动能定理得－μmgx ＝0－E k ，得滑行距离x ＝E kμmg，由题意可知，μ、E k相同，则m 越小，x 越大，即质量小的物体滑行距离大，故A 错误，B 正确；由动能定理可知，物体克服摩擦力做的功等于物体动能的减小量，两物体动能的减小量相等，则物体克服摩擦力做的功相等，故C 、D 错误．2.(2018·宣城模拟)如图所示，AB 为14圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧对应的圆的半径为R ，BC 的长度也是R ，一质量为m 的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A 从静止开始下落，恰好运动到C 处停止，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为( )A.12μmgR B.12mgR C ．mgRD ．(1－μ)mgR解析：D 由题意可知mgR ＝W f AB ＋W f BC ，W f BC ＝μmgR ，所以W f AB ＝(1－μ)mgR ，D 正确． 3．(2017·海南高考)将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略．a 为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a 点时的动能分别为E k1和E k2，从抛出开始到小球第一次经过a 点时重力所做的功为W 1，从抛出开始到小球第二次经过a 点时重力所做的功为W 2.下列选项正确的是( )A ．E k1＝E k2，W 1＝W 2B ．E k1>E k2，W 1＝W 2C ．E k1<E k2，W 1<W 2D ．E k1>E k2，W 1<W 2解析：B 从抛出开始到第一次经过a 点和抛出开始第二次经过a 点，上升的高度相等，可知重力做功相等，即W 1＝W 2，对两次经过a 点的过程，由动能定理得，－W f ＝E k2－E k1，可知E k1>E k2，故B 正确，A 、C 、D 错误．4.质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/sD.17 m/s解析：B 由F －x 图像可知，拉力F 在物体运动的16 m 内所做的总功W ＝10×4 J＝40 J ．由动能定理可得：W ＝12mv 2－12mv 20，解得v ＝3 m/s ，B 正确．5.如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W ＞12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W ＜12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离解析：C 设质点到达N 点的速度为v N ，在N 点质点受到轨道的弹力为F N ，则F N －mg ＝mv 2NR，已知F N ＝F N ′＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝12mv 2N ＝32mgR .质点由开始至N 点的过程，由动能定理得，mg ·2R ＋W f ＝E k N －0，解得摩擦力做的功为W f ＝－12mgR ，即克服摩擦力做的功为W ＝－W f ＝12mgR .设从N 到Q 的过程中克服摩擦力做功为W ′，则W ′<W .从N 到Q 的过程，由动能定理得－mgR －W ′＝12mv 2Q －12mv N ′， 即12mgR －W ′＝12mv 2Q ，故质点到达Q 点后速度不为0，质点继续上升一段距离．选项C 正确．6.(2018·吉林三校联考)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON ，OM 水平，ON 竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A 和B 分别套在OM 和ON 杆上，B 球的质量为2 kg ，在作用于A 球的水平力F 的作用下，A 、B 均处于静止状态，此时OA ＝0.3 m ，OB ＝0.4 m ，改变水平力F 的大小，使A 球向右加速运动，已知A 球向右运动0.1 m 时速度大小为3 m/s ，则在此过程中绳的拉力对B 球所做的功为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．11 JB ．16 JC ．18 JD ．9 J解析：C 本题考查速度分解、动能定理及其相关的知识点．A 球向右运动0.1 m 时，v A ＝3 m/s ，OA ′＝0.4 m ，OB ′＝0.3 m ，设此时∠BAO ＝α，则有tan α＝34.v A cos α＝v B sinα，解得v B ＝4 m/s.此过程中B 球上升高度h ＝0.1 m ，由动能定理，W －mgh ＝12mv 2B ，解得绳的拉力对B 球所做的功为W ＝mgh ＋12mv 2B ＝2×10×0.1 J＋12×2×42J ＝18 J ，选项C 正确．7.如图所示，一轻弹簧直立于水平地面上，质量为m 的小球从距离弹簧上端B 点h 高处的A 点自由下落，在C 点处小球速度达到最大．x 0表示B 、C 两点之间的距离；E k 表示小球在C 点处的动能．若改变高度h ，则下列表示x 0随h 变化的图像和E k 随h 变化的图像中正确的是( )解析：BC 由题意“在C 点处小球速度达到最大”，可知C 点是平衡位置，小球受到的重力与弹力平衡，该位置与h 无关，B 项正确．根据动能定理有mg (h ＋x 0)－E p ＝12mv 2C ＝E k ，其中x 0与弹性势能E p 为常数，可判断出C 项正确．8.(2018·洛阳检测)如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M 的平板A 连接，一个质量为m 的物体B 靠在平板的右侧，A 、B 与斜面的动摩擦因数均为μ.开始时用手按住物体B 使弹簧处于压缩状态，现放手，使A 和B 一起沿斜面向上运动距离L 时，A 和B 达到最大速度v .则以下说法正确的是( )A ．A 和B 达到最大速度v 时，弹簧是自然长度B ．若运动过程中A 和B 能够分离，则A 和B 恰好分离时，二者加速度大小均为g (sin θ＋μcos θ)C ．从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，弹簧对A 所做的功等于12Mv 2＋MgL sin θ＋μMgL cos θD ．从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，B 受到的合力对它做的功等于12mv 2解析：BD A 和B 达到最大速度v 时，A 和B 的加速度为零．对AB 整体：由平衡条件知kx ＝(m ＋M )g sin θ＋μ(m ＋M )g cos θ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A 错误；A 和B 恰好分离时，A 、B 间的弹力为0，A 、B 的加速度相同，对B 受力分析，由牛顿第二定律知，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，得a ＝g sin θ＋μg cos θ，故B 正确；从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，对AB 整体，根据动能定理得W 弹－(m ＋M )gL sin θ－μ(m ＋M )g cosθ·L ＝12(m ＋M )v 2，所以弹簧对A 所做的功W 弹＝12(m ＋M )v 2＋(m ＋M )·gL sin θ＋μ(m ＋M )g cos θ·L ，故C 错误；从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，对于B ，根据动能定理得B 受到的合力对它做的功W 合＝ΔE k ＝12mv 2，故D 正确．9.(2018·赣州模拟)如图所示，质量为m 的小球从A 点由静止开始，沿竖直平面内固定光滑的14圆弧轨道AB 滑下，从B 端水平飞出，恰好落到斜面BC 的底端．已知14圆弧轨道的半径为R ，OA 为水平半径，斜面倾角为θ，重力加速度为g .则( )A ．小球下滑到B 点时对圆弧轨道的压力大小为2mg B ．小球下滑到B 点时的速度大小为2gRC ．小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角为2θD ．斜面的高度为4R tan 2θ解析：BD 小球由A 至B 的过程由动能定理得，mgR ＝12mv 2－0，解得v ＝2gR ，小球通过B 点时，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2R，解得F N ＝3mg ，根据牛顿第三定律可知，在B 点小球对轨道的压力大小为3mg ，故A 错误，B 正确；小球从B 到C 做平抛运动，则有tan θ＝12gt 2vt ＝gt 2v ，解得t ＝2v tan θg，小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角正切为tan α＝gt v ＝2tan θ，则α≠2θ，故C 错误；斜面的高度为h ＝12gt 2＝12g (22gR ·tan θg)2＝4R tan 2θ，故D 正确．10．(2018·福建泉州检测)如图甲所示，长为l 、倾角为α的斜面固定在水平地面上，一质量为m 的物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动．已知物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x 的变化图像如图乙所示，则( )A ．μ0>tan αB ．物块下滑的加速度逐渐增大C ．物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功为12μ0mgl cos αD ．物块下滑到底端时的速度大小为2gl sin α－2μ0gl cos α解析：BC 物块在斜面顶端静止释放能够下滑，应满足mg sin α>μ0mg cos α，即μ0<tanα，故A 选项错误；根据牛顿第二定律有mg sin α－μmg cos α＝ma ，得a ＝g sin α－μg cos α，可知物块下滑过程中随着μ的减小，a 在增大，故B 选项正确；摩擦力f ＝μmg cos α＝(μ0－μ0lx )mg cos α(0≤x ≤l )，可知f 与x 成线性关系，如图所示，其中f 0＝v 0mg cos α，则物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功W f ＝f l ＝12μ0mgl cos α，故C 选项正确；由动能定理有mgl sin α－12μ0mgl cos α＝12mv 2，得v ＝2gl sin α－μgl cos α，故D 选项错误．二、计算题(需写出规范的解题步骤)11.如图，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R 2.一小球在A 点正上方与A 相距R4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．解析：(1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒得E k A ＝mg R 4①设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝mg 5R4②由①②式得E k BE k A＝5③ (2)若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0④设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N ＋mg ＝m v 2CR2⑤由④⑤式得，v C 应满足mg ≤m2v 2CR⑥由机械能守恒有mg R 4＝12mv 2C ⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C 点． 答案：(1)5 (2)小球恰好能到达C 点12．如图所示，质量为m ＝0.2 kg 可看作质点的小物块静止放在半径r ＝0.8 m 的水平圆盘边缘上A 处，圆盘由特殊材料制成，其与物块的动摩擦因数为μ1＝2，倾角为θ＝37°的斜面轨道与水平轨道光滑连接于C 点，小物块与斜面轨道和水平轨道存在摩擦，动摩擦因数均为μ2＝0.4，斜面轨道长度L BC ＝0.75 m ，C 与竖直圆轨道最低点D 处的距离为L CD ＝0.525 m ，圆轨道光滑，其半径R ＝0.5 m ．开始圆盘静止，后在电动机的带动下绕轴转动，在圆盘加速转动到某时刻时物块被圆盘沿纸面水平方向甩出(此时圆心O 与A 连线垂直圆盘面)，后恰好切入斜面轨道B 处后沿斜面方向做直线运动，经C 处运动至D ，在D 处进入竖直平面圆轨道，绕过圆轨道后沿水平轨道向右运动．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)试求：(1)圆盘对小物块m 做的功．(2)物块刚运动到圆弧轨道最低处D 时对轨道的压力．(3)假设竖直圆轨道可以左右移动，要使物块能够通过竖直圆轨道，求竖直圆轨道底端D 与斜面轨道底端C 之间最远距离和小物块的最终位置．解析：(1)物块刚被甩出时静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律得：μ1mg ＝m v 2r解得：v ＝4 m/s物块由静止到刚被甩出的过程，由动能定理得：W ＝12mv 2－0＝1.6 J即圆盘对小物块m 做的功为1.6 J(2)物块被甩出后做平抛运动，到达B 时速度沿斜面向下，则物块刚到达B 点时的速度为：v B ＝vcos 37°＝5 m/s物块从B 到D 的过程，运用动能定理得：mgL BC sin 37°－μ2mg cos 37°·L BC －μ2mgL CD＝12mv 2D －12mv 2B 在D 点，对物块由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2D R解得：F N ＝12 N根据牛顿第三定律，物块刚运动到圆弧轨道最低处D 时对轨道的压力：F N ′＝F N ＝12 N方向竖直向下(3)物块恰好通过竖直圆轨道最高点E 时，竖直圆轨道底端D 与斜面轨道底端C 之间距离最远，在E 点由牛顿第二定律得：mg ＝m v 2ER设竖直圆轨道底端D 与斜面轨道底端C 之间最远距离为x ，从B 到E ，由动能定理得：mgL BC sin 37°－μ2mg cos 37°·L BC －μ2mgx －2mgR＝12mv 2E －12mv 2B 解得：x ＝0.525 m设小物块的最终位置到D 点的距离为s ，从E 到最终停止位置，由动能定理得： 2mgR －μ2mgs ＝0－12mv 2E解得：s ＝3.125 m答案：(1)1.6 J (2)12 N ，方向竖直向下 (3)0.525 m 小物块的最终位置距离D 点3.125 m。

第2讲 动能定理及应用一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能． 2．公式：E k ＝12m v 2.3．单位：焦耳，1 J ＝1 N·m ＝1 kg·m 2/s 2. 4．标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关．5．动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE k ＝12m v 22－12m v 12.二、动能定理1．内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化． 2．表达式：W ＝ΔE k ＝E k2－E k1＝12m v 22－12m v 12.3．物理意义：合力的功是物体动能变化的量度． 4．适用条件：(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动． (2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．如图1所示，物块沿粗糙斜面下滑至水平面；小球由内壁粗糙的圆弧轨道底端运动至顶端(轨道半径为R )．对物块有W G ＋W f1＋W f2＝12m v 2－12m v 02对小球有－2mgR ＋W f ＝12m v 2－12m v 02图1自测1 (2018·全国卷Ⅱ·14)如图2，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定( )图2A ．小于拉力所做的功B ．等于拉力所做的功C ．等于克服摩擦力所做的功D ．大于克服摩擦力所做的功答案 A解析 由题意知，W 拉＋W 阻＝ΔE k ，W 阻<0，则W 拉>ΔE k ，A 项正确，B 项错误；W 阻与ΔE k 的大小关系不确定，C 、D 项错误．自测2 关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是( )A ．合外力为零，则合外力做功一定为零B ．合外力做功为零，则合外力一定为零C ．合外力做功越多，则动能一定越大D ．动能不变，则物体所受合外力一定为零 答案 A自测3 如图3所示，AB 为14圆弧轨道，BC 为水平直轨道，BC 恰好在B 点与AB 相切，圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R .一质量为m 的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A 从静止开始下落，恰好运动到C 处停止，重力加速度为g ，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为( )图3A.μmgR 2B.mgR 2C ．mgRD ．(1－μ)mgR答案 D解析 设物体在AB 段克服摩擦力所做的功为W AB ，物体从A 到C 的全过程，根据动能定理有mgR －W AB －μmgR ＝0，所以W AB ＝mgR －μmgR ＝(1－μ)mgR ，故D 正确.命题点一对动能定理的理解1．动能定理表明了“三个关系”(1)数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做的功．(2)因果关系：合外力做功是引起物体动能变化的原因．(3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳．2．标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题．当然动能定理也就不存在分量的表达式．例1(多选)如图4所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此过程中()图4A．外力F做的功等于A和B动能的增量B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和答案BD解析A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B正确．A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不相等，故二者做功不相等，C错误．对B应用动能定理W F－W f＝ΔE k B，W F＝ΔE k B＋W f，即外力F 对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D正确．根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误．变式1(多选)用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功－3 J，拉力F做功8 J，空气阻力做功－0.5 J，则下列判断正确的是()A．物体的重力势能增加了3 JB ．物体的重力势能减少了3 JC ．物体的动能增加了4.5 JD ．物体的动能增加了8 J 答案 AC解析 因为重力做功－3 J ，所以重力势能增加3 J ，A 正确，B 错误；根据动能定理W 合＝ΔE k ，得ΔE k ＝－3 J ＋8 J －0.5 J ＝4.5 J ，C 正确，D 错误．命题点二 动能定理的基本应用1．应用流程2．注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．(2)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系．(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理．(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验．例2 (多选)(2016·全国卷Ⅲ·20)如图5所示，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P .它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，则( )图5A ．a ＝2(mgR －W )mRB ．a ＝2mgR －WmRC ．N ＝3mgR －2WRD ．N ＝2(mgR －W )R答案 AC解析 质点P 下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgR －W ＝12m v 2，又a ＝v 2R ，联立可得a ＝2(mgR －W )mR ，A 正确，B 错误；在最低点重力和支持力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律可得N －mg ＝ma ，代入可得N ＝3mgR －2WR，C 正确，D 错误．例3 (2017·上海单科·19)如图6所示，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R ＝0.4 m 的光滑圆轨道相切于B 点，且固定于竖直平面内．滑块从斜面上的A 点由静止释放，经B 点后沿圆轨道运动，通过最高点C 时轨道对滑块的弹力为零．已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图6(1)滑块在C 点的速度大小v C ； (2)滑块在B 点的速度大小v B ； (3)A 、B 两点间的高度差h .答案 (1)2 m /s (2)4.29 m/s (3)1.38 m解析 (1)在C 点，滑块竖直方向所受合力提供向心力 mg ＝m v C 2R解得v C ＝gR ＝2 m/s(2)对B →C 过程，由动能定理得 －mgR (1＋cos 37°)＝12m v C 2－12m v B 2解得v B ＝v C 2＋2gR (1＋cos 37°)≈4.29 m/s(3)滑块在A →B 的过程，由动能定理得 mgh －μmg cos 37°·h sin 37°＝12m v B 2－0代入数据解得h ＝1.38 m.变式2 (2018·江西省新余市上学期期末)滑梯是幼儿园必备的一种玩具，它可以培养孩子坚定的意志和信心，可以培养孩子的勇敢精神．现有一滑梯，高处水平台面距地面高h ＝1.5 m ，倾斜槽倾角为37°，下端为水平槽，长L ＝0.5 m ，厚度不计．倾斜部分和水平部分用一忽略大小的圆弧连接，示意图如图7所示，一质量为20 kg 的小孩由静止从高处水平台面沿倾斜槽下滑，当滑到水平槽末端时速度大小为v ＝2 m /s.(结果保留两位小数，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图7(1)若滑梯的倾斜槽和水平槽动摩擦因数相同，求出动摩擦因数μ的值；(2)若小孩滑到水平槽末端速度大于1 m /s 时危险性较大，为了小孩能滑到水平槽且保证安全，将滑梯水平槽粗糙处理．[倾斜槽的动摩擦因数与(1)问中相同]，请求出水平槽处理后的动摩擦因数μ1的取值范围． 答案 (1)0.52 (2)μ1≥0.82解析 (1)研究小孩的整个运动过程，利用动能定理： mgh －μmg cos 37°×h sin 37°－μmgL ＝12m v 2 解得μ＝0.52(2)为使小孩能安全到达水平槽的末端，则在水平槽的末端速度v ′应小于等于1 m/s ，小孩到达斜槽末端的速度为v 1，利用动能定理，在倾斜槽上有mgh －μmg cos 37°×h sin 37°＝12m v 12 在水平槽上有12m v ′2－12m v 12＝－μ1mgL联立得μ1＝0.82 所以μ1≥0.82.命题点三 动能定理与图象问题的结合1．解决物理图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义． (2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．2．图象所围“面积”的意义(1)v －t 图象：由公式x ＝v t 可知，v －t 图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移． (2)a －t 图象：由公式Δv ＝at 可知，a －t 图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量． (3)F －x 图象：由公式W ＝Fx 可知，F －x 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功． (4)P －t 图象：由公式W ＝Pt 可知，P －t 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功． 例4 如图8甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB 的A 处连接一粗糙水平面OA ，OA 长为4 m ．有一质量为m 的滑块，从O 处由静止开始受一水平向右的力F 作用．F 只在水平面上按图乙所示的规律变化．滑块与OA 间的动摩擦因数μ＝0.25，g 取10 m/s 2，试求：图8(1)滑块运动到A 处的速度大小；(2)不计滑块在A 处的速率变化，滑块冲上斜面AB 的长度是多少？ 答案 (1)5 2 m/s (2)5 m解析 (1)由题图乙知，在前2 m 内，F 1＝2mg ，做正功，在第3 m 内，F 2＝－0.5mg ，做负功，在第4 m 内，F 3＝0.滑动摩擦力F f ＝－μmg ＝－0.25mg ，始终做负功，对于滑块在OA 上运动的全过程，由动能定理得 F 1x 1＋F 2x 2＋F f x ＝12m v A 2－0代入数据解得v A ＝5 2 m/s.(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得 －mgL sin 30°＝0－12m v A 2解得L ＝5 m所以滑块冲上斜面AB 的长度L ＝5 m.变式3 (2018·广东省深圳市上学期模拟)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k 与位移x 关系的图线是( )答案 C解析 小物块上滑过程，由动能定理得－(mg sin θ＋μmg cos θ)x ＝E k －E k0，整理得E k ＝E k0－(mg sin θ＋μmg cos θ)x ；设小物块上滑的最大位移大小为s ，小物块下滑过程，由动能定理得(mg sin θ－μmg cos θ)(s －x )＝E k －0，整理得E k ＝(mg sin θ－μmg cos θ)s －(mg sin θ－μmg cos θ)x ，故只有C 正确．变式4 (2019·湖北省黄石市调研)用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图9所示．下列说法正确的是( )图9A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大C ．物体在2～4 s 时的速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力对物体做的功 答案 D解析 物体6 s 末的速度v 6＝12×(2＋5)×2 m/s －12×1×2 m /s ＝6 m/s ，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，A 项错误；由题图可知物体在5 s 末速度最大，为v m ＝12×(2＋5)×2 m /s ＝7m/s ，B 项错误；由题图可知物体在2～4 s 内加速度不变，做匀加速直线运动，速度变大，C 项错误；在0～4 s 内由动能定理可知，W 合4＝12m v 42－0，又v 4＝12×(2＋4)×2 m /s ＝6 m/s ，得W 合4＝36 J,0～6 s 内合力对物体做的功：W 合6＝12m v 62－0，又v 6＝6 m/s ，得W 合6＝36 J ．则W 合4＝W 合6，D 项正确．命题点四 动能定理在多过程问题中的应用例5 (2018·河南省洛阳市上学期期中)如图10所示，光滑的轨道ABO 的AB 部分与水平部分BO 相切，轨道右侧是一个半径为R 的四分之一的圆弧轨道，O 点为圆心，C 为圆弧上的一点，OC 与水平方向的夹角为37°.现将一质量为m 的小球从轨道AB 上某点由静止释放．已知重力加速度为g ，不计空气阻力．(sin 37°＝35，cos 37°＝45)图10(1)若小球恰能击中C 点，求刚释放小球的位置距离BO 平面的高度； (2)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值． 答案 (1)4R 15 (2)3mgR2解析 (1)设小球经过O 点的速度为v 0，从O 点到C 点做平抛运动，则有R cos 37°＝v 0t ，R sin 37°＝12gt 2从A 点到O 点，由动能定理得mgh ＝12m v 02联立可得，刚释放小球的位置距离BO 平面的高度h ＝415R ； (2)设小球落到轨道上的点与O 点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，R cos θ＝v 0′t ′ R sin θ＝12gt ′2对此过程，由动能定理得mgR sin θ＝E k －12m v 0′2解得E k ＝mgR (34sin θ＋14sin θ)当sin θ＝33时，小球落到轨道时的动能最小，最小值为E k ＝32mgR . 变式5 如图11所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O 点，另一端自由伸长到A 点，OA之间的水平面光滑，固定曲面在B 处与水平面平滑连接．AB 之间的距离s ＝1 m ．质量m ＝0.2 kg 的小物块开始时静置于水平面上的B 点，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.现给物块一个水平向左的初速度v 0＝5 m /s ，g 取10 m/s 2.图11(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能E p ； (2)求物块返回B 点时的速度大小；(3)若物块能冲上曲面的最大高度h ＝0.2 m ，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量． 答案 (1)1.7 J (2)3 m/s (3)0.5 J解析 (1)对小物块从B 点至压缩弹簧最短的过程，由动能定理得， －μmgs －W 克弹＝0－12m v 02W 克弹＝E p代入数据解得E p ＝1.7 J(2)对小物块从B 点开始运动至返回B 点的过程，由动能定理得， －μmg ·2s ＝12m v B 2－12m v 02代入数据解得v B ＝3 m/s (3)对小物块沿曲面的上滑过程， 由动能定理得－W 克f －mgh ＝0－12m v B 2产生的热量Q ＝W 克f ＝0.5 J.1.在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，如图1，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球以约为1 m/s 的速度撞击篮筐．已知篮球质量约为0.6 kg ，篮筐离地高度约为3 m ，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为( )图1A ．1 JB ．10 JC ．50 JD ．100 J 答案 B解析 该同学将篮球投出时的高度约为h 1＝1.8 m ，根据动能定理有W －mg (h －h 1)＝12m v 2，解得W ＝7.5 J ，故选项B 正确．2．在离地面高为h 处竖直上抛一质量为m 的物块，抛出时的速度为v 0，它落到地面时的速度为v ，用g 表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于( ) A ．mgh －12m v 2－12m v 02B ．－12m v 2－12m v 02－mghC ．mgh ＋12m v 02－12m v 2D ．mgh ＋12m v 2－12m v 02答案 C解析 对物块从h 高处竖直上抛到落地的过程，根据动能定理可得mgh －W f ＝12m v 2－12m v 02，解得W f ＝mgh ＋12m v 02－12m v 2，选项C 正确．3.(2018·天津理综·2)滑雪运动深受人民群众喜爱．如图2所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB ，从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB 下滑过程中( )图2A ．所受合外力始终为零B ．所受摩擦力大小不变C ．合外力做功一定为零D ．机械能始终保持不变 答案 C解析 运动员从A 点滑到B 点的过程中速率不变，则运动员做匀速圆周运动，其所受合外力指向圆心，A 错误．如图所示，运动员受到的沿圆弧切线方向的合力为零，即F f ＝mg sin α，下滑过程中α减小，sin α变小，故摩擦力F f 变小，B 错误．由动能定理知，运动员匀速下滑动能不变，合外力做功为零，C 正确．运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，D 错误．4．(2016·全国卷Ⅲ·16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( ) A.s t 2 B.3s 2t 2 C.4s t 2 D.8s t 2 答案 A解析 动能变为原来的9倍，则质点的速度变为原来的3倍，即v ＝3v 0，由s ＝12(v 0＋v )t 和a＝v －v 0t 得a ＝s t2，故A 项正确．5．从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图象是( )答案 A解析 小球做竖直上抛运动，设初速度为v 0，则 v ＝v 0－gt小球的动能E k ＝12m v 2，把速度v 代入得E k ＝12mg 2t 2－mg v 0t ＋12m v 02E k 与t 为二次函数关系．6．(多选)太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车．当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进．设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t ，速度为v 时达到额定功率，并保持不变．之后汽车又继续前进了距离s ，达到最大速度v max .设汽车质量为m ，运动过程中所受阻力恒为F f ，则下列说法正确的是( ) A ．汽车的额定功率为F f v maxB ．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为F f v tC ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，克服阻力所做的功为12m v max 2－12m v 2D ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为12m v max 2答案 AD7.(多选)(2019·山西省运城市质检)质量为m 的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .用水平力拉物体，运动一段时间后撤去此力，最终物体停止运动．物体运动的v －t 图象如图3所示．下列说法正确的是( )图3A ．水平拉力大小为F ＝m v 0t 0B ．物体在3t 0时间内位移大小为32v 0t 0C ．在0～3t 0时间内水平拉力做的功为12m v 02D ．在0～3t 0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为12μmg v 0答案 BD解析 根据v －t 图象和牛顿第二定律可知F －μmg ＝m v 0t 0，故选项A 错误；由v －t 图象与坐标轴所围面积可知，在3t 0时间内的位移为x ＝12·3t 0·v 0＝32v 0t 0，所以选项B 正确；在0～3t 0时间内由动能定理可知W －μmgx ＝0，故水平拉力做的功W ＝32μmg v 0t 0，又F f ＝μmg ＝m v 02t 0，则W ＝34m v 02，选项C 错误；0～3t 0时间内克服摩擦力做功的平均功率为P ＝W f 3t 0＝12μmg v 0，所以选项D 正确．8．(多选)(2018·安徽省蚌埠市一质检)如图4所示，B 、M 、N 分别为竖直光滑圆轨道的右端点、最低点和左端点，B 点和圆心等高，N 点和圆心O 的连线与竖直方向的夹角为α＝60°.现从B 点的正上方某处A 点由静止释放一个小球，经圆轨道飞出后以水平速度v 通过C 点，已知圆轨道半径为R ，v ＝gR ，重力加速度为g ，则以下结论正确的是(不计空气阻力)( )图4A ．C 、N 的水平距离为3RB ．C 、N 的水平距离为2RC ．小球在M 点对轨道的压力为6mgD ．小球在M 点对轨道的压力为4mg 答案 AC解析 小球从N 到C 的过程可看做逆方向的平抛运动，则v N cos α＝v 、v N sin α＝gt 、x CN ＝v t ，解得v N ＝2v ＝2gR 、x CN ＝3R ，故A 项正确，B 项错误；小球从M 到N 的过程由动能定理可得，－mg (R －R cos α)＝12m v N 2－12m v M 2，小球在M 点时，由牛顿第二定律可得，F N M －mg＝m v M 2R ，解得F N M ＝6mg ，根据牛顿第三定律可得，小球在M 点对轨道的压力为6mg ，故C项正确，D 项错误．9．(2017·全国卷Ⅱ·24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s 0和s 1(s 1<s 0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图5所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1.重力加速度为g .求：图5(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度． 答案 (1)v 02－v 122gs 0 (2)s 1(v 0＋v 1)22s 02解析 (1)设冰球的质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得 －μmgs 0＝12m v 12－12m v 02①解得μ＝v 02－v 122gs 0②(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a 1和a 2，所用的时间为t .由运动学公式得 v 02－v 12＝2a 1s 0③ v 0－v 1＝a 1t ④ s 1＝12a 2t 2⑤联立③④⑤式得 a 2＝s 1(v 1＋v 0)22s 02⑥10．(2017·河北省唐山市模拟)如图6所示，装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度x ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30 m 、h 2＝1.35 m ．现让质量为m 的小滑块(可视为质点)自A 点由静止释放．已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图6(1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小； (2)小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔； (3)小滑块最终停止的位置距B 点的距离． 答案 (1)3 m/s (2)2 s (3)1.4 m解析 (1)小滑块从A →B →C →D 过程中， 由动能定理得mg (h 1－h 2)－μmgx ＝12m v D 2－0代入数据解得v D ＝3 m/s. (2)小滑块从A →B →C 过程中， 由动能定理得mgh 1－μmgx ＝12m v C 2代入数据解得v C ＝6 m/s小滑块沿CD 段上滑的加速度大小a ＝g sin θ＝6 m/s 2 小滑块沿CD 段上滑到最高点的时间t 1＝v Ca ＝1 s由对称性可知小滑块从最高点滑回C 点的时间t 2＝t 1＝1 s 故小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔t ＝t 1＋t 2＝2 s.(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x 总，对小滑块运动全过程应用动能定理有mgh 1－μmgx 总＝0代入数据解得x 总＝8.6 m ，故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为：2x －x 总＝1.4 m. 11．(2018·湖北省黄冈市检测)某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛．比赛路径如图7所示，赛车从起点A 出发，沿水平直线轨道运动L 后，由B 点进入半径为R 的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C 点，并能越过壕沟．已知赛车质量m ＝0.1kg ，通电后以额定功率P ＝1.5 W 工作，进入竖直轨道前受到的阻力恒为0.3 N ，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中L ＝10.00 m ，R ＝0.32 m ，h ＝1.25 m ，s ＝1.50 m ．问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？(取g ＝10 m/s 2)图7答案 2.5 s解析 赛车通过圆轨道最高点的最小速度为v 1′，根据牛顿第二定律得，mg ＝m v 1′2R ，得v 1′＝gR根据动能定理得，由B 点至圆轨道最高点有－mg ·2R ＝12m v 1′2－12m v 12解得v 1＝4 m/s为保证赛车通过最高点，到达B 点的速度至少为v 1＝4 m/s 根据h ＝12gt 2得，t ＝2hg＝0.5 s 则平抛运动的初速度v 2＝st＝3 m/s为保证赛车能越过壕沟，则到达B 点的速度至少为v 2＝3 m/s 因此赛车到达B 点的速度至少为v ＝v 1＝4 m/s 从A 到B 对赛车由动能定理得Pt －F f L ＝12m v 2解得t ≈2.5 s.。

第2节 动能定理及其应用一、动能1．概念：物体由于运动而具有的能量。

2．公式：E k ＝12mv 2。

3．单位：焦耳(J)，1 J ＝1 N·m＝1 kg·m 2/s 2。

(1)动能是状态量，物体的动能与相应时刻或位置的瞬时速度一一对应。

(2)动能取决于物体的质量和速度的大小，与速度的方向无关。

4．矢标性：动能是标量，只有正值。

5．相对性：由于速度具有相对性，因此动能的大小与参考系的选取有关。

中学物理中，一样选取地面为参考系。

二、动能定理1．内容：力在一个进程中对物体所做的功，等于物体在那个进程中动能的转变。

2．表达式：W ＝12mv 22－12mv 12。

(1)“力”指物体受到的合外力。

(2)做功的过程与动能的变化过程必须是同一个过程。

3．物理意义：合外力的功是物体动能转变的量度。

[深化明白得](1)W >0，物体的动能增加；W <0，物体的动能减少；W ＝0，物体的动能不变。

(2)动能定理研究的对象是单一物体(质点)或是能够看成单一物体(质点)的物体系。

关于运动状态不同的物体，应别离应用动能定理列式求解。

(3)动能是标量，12m v 2中的v 指物体的合速度，动能定理中的功指所有力做的总功，因此不能把速度分解到某个力的方向上应用动能定理。

[基础自测]一、判定题(1)必然质量的物体动能转变时，速度必然转变，但速度转变时，动能不必然转变。

(√) (2)动能不变的物体必然处于平稳状态。

(×)(3)若是物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功必然为零。

(√)(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能必然转变。

(×)(5)物体的动能不变，所受的合外力必然为零。

(×)(6)做自由落体运动的物体，动能与时刻的二次方成正比。

(√) 二、选择题1．[鲁科版必修2 P 27 T 1改编](多项选择)关于动能，以下说法正确的选项是( ) A ．公式E k ＝12m v 2中的速度v 一样是物体相关于地面的速度B ．动能的大小由物体的质量和速度决定，与物体运动的方向无关C ．物体以相同的速度向东和向西运动，动能的大小相等但方向不同D ．物体以相同的速度做匀速直线运动和曲线运动，其动能不同解析：选AB 动能是标量，与速度的大小有关，而与速度的方向无关。